古典概型典型解法总结---毕业论文

【标题】古典概型典型解法总结【作者】马伟【关键词】随机试验古典概率【指导老师】张亚莉【专业】数学教育【正文】1、引言1.1随机试验与事件、样本空间对随机现象的研究，总是要进行观察、测量或做各种科学试验，为了叙述方便，我们统称为试验。例如，掷一枚硬币，观察哪一面朝上；向一目标进行射击，观察是否命中；从一批产品中随机抽一产品，检查它是否合格；向坐标平面内任投一根针，测量此针的针尖指向与x轴正向之间的夹角，等等；这些都是试验。仔细分析，这些试验具有如下共特点：(a)试验可以在相同条件下重复进行；(b)试验所有可能的结果不止一个，而且是事先已知的；(c)每次试验总是恰好出现这些可能的结果中的一个，但究竟出现哪一个结果，试验前不可能确切预言。如掷硬币的例子，试验可以在相同条件下重复进行的，试验的可能结果有两个，即正面和反面；每次试验必出现其中之一，但投掷之前是不可能预言正面出现还是反面出现。我们将满足上述三个条件的试验，称为随机试验，简称试验，以字母Ｅ表示。一般说，随机试验的每一个可能结果，称为基本事件，而由多个基本事件组成的事件，称为复合事件。为了利用点集的知识来描述随机事件，我们引进样本空间的定义。由于随机试验的所有可能结果的是已知的，从而所有的基本事件也是已知的。我们将基本事件的全体，称为随机事件的样本空间，记为S；基本事件也称为样本点，用e表示。另外，为了研究事件发生的可能性，就需要用一个数字来描述这种可能性的大小，我们就把刻画这种可能性大小的数值叫做事件的概率。事件A、B、C、…的概率分别用P(A)、P(B)、P(C)、…表示。由此可知，概率是随机事件的函数。1.2古典概率的定义先看一个简单的例子，投掷一均匀的硬币，出现正面和出现反面这两个事件的概率。由于硬币是均匀的，因而出现正面和出现反面的可能性是一样的。因此我们有理由认为出现正面和出现反面这两个事件的概率都是。这个例子具有下面两个特点：（1）样本空间包含的基本事件是有限的；（2）每个基本事件发生的可能性是相等的。具有上述两个特点的试验，叫做古典概型试验，它是概率论初期研究的主要对象，一般具有下面的定义。设E为一试验，若它的样本空间S满足下面两个条件：（1）只有有限个基本事件；（2）每个基本事件发生的可能性是相等的。则称E为古典概型的试验。在古典概型的情况下，事件(A)的概率定义为：P(A)=1.3古典概率的性质事件的古典概率具有如下性质：(1)对任一事件A，有0≤P(A)≤1；(2)P(S)=1；(3)若A、B互不相容，则P(A+B)=P(A)+P(B)；(4)P()=1－P(A)。注：上述概率的各个性质，对计算时间的概率很有好处。例如直接计算P(A)比较麻烦而计算P()比较方便时，就可以先求P(),然后利用性质(4)求P(A)。2古典概率的计算古典概型概率计算的要点是：给定样本点，并计算它的总数，然后再计算事件A中包含的样本点数。这就归结为计数问题。计数的基本工具主要是两个基本原理和排列组合方法。2.1计数方法2.1.1乘法原理设执行程序可用种方法去完成，执行程序可用种方法去完成。假定执行的每一种方法后可继而执行的每一种方法，则由继而接的整个程序可用×种方法去完成。该计数法则称为乘法原理。注：这个原理可推广到任何有限程序的情形。例⒈1制成某产品必须通过三个控制台，每个控制台对产品作一项特性检查并作出相应的标记。第一个控制台有3个可能的等级，后两个控制台各有4种可能的等级，则产品可能打上的记号共有多少种？解产品通过每一个程序（控制台）时被分别打上记号，因为第一个程序有三种方法（等级），第二个程序有4种方法，第三个程序有4种方法。由乘法原理知，可能打上的标记共有N=3×4×4=48（种）例⒈2把ｒ个球放到ｎ只盒子中去，试问有多少种不同的方法？解这相当于为每个球选择一只盒子，每个球都有ｎ个盒子可放。由乘法原理知：ｒ个球的不同方法有N/(种)=ｎ×ｎ×…×ｎ=2.1.2加法原理设程序可用种方法去完成，程序可用种方法去完成，且不能同时执行和，那么能完成或的方法共有+种，这种法则叫做加法原理。注：这一原理也可推广到有限个程序的情形。例⒉1从甲地到乙地有三条汽车路线和两条火车路线，试问从甲地到乙地共有多少条路线可走？解这相当于对程序（乘汽车）来说由三种方法，对程序来说有两种方法。由加法原理知，从甲地到乙地共有N=3+2=5条路线可走。2.1.3关于有序样本在概率计算的问题中，我们常常遇到将元素一个一个的选择出来，这样就与顺序有关，它有两种选择的方式：（1）有放回的抽样。由于选出来纪录后又放回去，因此元素允许被重复选取。如果从ｎ个元素中选取ｒ个元素，则由乘法原理知共有N=个容量为ｒ的样本。（2）不放回抽样。这是元素取出后就不再放回，故元素就不可能被重复选到。因此样本容量就不可能超过总体容量ｎ，即ｒ≤ｎ。由乘法原理知，容量为ｒ的样本个数是=n(n-1)…(n-r+1)当ｒ＞ｎ时，=0；如果ｒ＝ｎ，则有＝ｎ！2.1.4不考虑顺序的问题组合问题，我们已知=且有=例4.1从9个人中可以选出多少个3人委员会？解因为两个委员会若由同样的委员组成，则这两个委员会就相同，给予选出的成员顺序无关。它是一个组合问题。故N===84（种可能的委员会）。例4.2由9面不同的旗可以得到多少种有面旗组成的信号？解因为三面旗亮出的顺序不同，就得到不同的信号，故该问题与顺序有关，故有=9×8×7=504即可组成504种信号。2.2古典概型概率的计算2.2.1解题步骤⑴明确随即试验的类型，确定样本点总数ｎ，并判断个事件是否等可能事件；⑵求出事件A包含的样本点个数m；⑶算出P(A)=。2.2.2解题是应注意的若干事项由乘法原理，有利事件A（15名新生平均分配到三个班级，且各班级均有一名优秀生）的分法，有3！×，故P(A)==⑴若所求中有“至少”的问题，通常用“对立事件”解答比较方便；⑵“任去K件”与“无放回的逐渐抽取K件”。虽然考虑问题的角度不同，但二者所计算出的概率都是相同的；⑶“任取K件”与“有放回的抽取K件”，所得概率一般是不相同的；⑷有些问题也可用“加法”或“乘法”的概率公式来分析。例1袋中有九个球（4白5黑）。先从中任取两个球，求⑴两个均为白球的概率；⑵两个球中一个是白球，另一个是黑球的概率；⑶至少有一个黑球的概率。解⑴方法Ⅰ随即试验为从9个球中任取两个。假设与其先后顺序有关，则样本点（基本事件）总数为，且每事件为等可能性。设A=｛两个均为白球｝，则A包含的样本点数为，故P(A)=方法Ⅱ随即试验为从9个球中任取两个，设其与先后顺序无关，则样本点总数为，且每个事件具有等可能性。设A=｛两个均为白球｝，则A包含的样本点数为，故P(A)==。⑵方法Ⅰ取球与先后次序有关，则样本点数为ｎ=。设A=｛两个球中一个是黑球，另一个是白球｝，则A包含的样本点数为m==2，故P(A)==方法Ⅱ取球与先后次序无关，则样本点数为n=。事件A包含的样本点数为m=，故P(A)==⑶这时与先后次序有关，故n=，设A=｛至少有一个黑球｝，则=｛任取得两个球均是白球｝，故P(A)=1－P()=1－=1－=例2在电话号码簿中任取一电话号码，求后面四个数字全不相同的概率（设后面4个数中的每一个数都是等可能性的取自0，1，…，9）。解本题与电话号码位数无关。电话号码的数字是允许重复的。因此，由0，1，…，9所组成的后个数字的个数为。后四个数字全不相同的个数为，故P(A)==0.504例3随即的将15名新生平均分配到三个班级中去，这15名新生中有三名是优秀生。试求：⑴每个班各分配到一名优秀生的概率是多少？⑵3名优秀省份在同一班级的概率是多少？解样本点总数（15名新生平均分配到三个班级中去的分法总数）。由不全相异元素的全排列计算公式有。⑴三个班级各分到一名优秀生的分法有3！种，对于每一种这样的分法，12名非优秀生平均分配到三个班级的分法总数为。⑵将三名优秀生分配到同一班级的分法有3种，对于这样的每种分法，12名非优秀生的分法（一个班2名，另两个班个5名）总数为。由乘法原理，有利事件B=｛15名学生平均分配到三个班级，其中一个班分配到3名优秀生｝的总数为3×，故P(A)==例4把10本书随意放在书架上，求其中指定的5本书放在一起的概率。解样本点总数为10！，m=6！×5！（其中6！是指把5本书当作一个元素进行全排列的总数，5！是5本书相互之间进行全排列的总数），故P(A)==例5从0，1，…，9十个数字中任意选出三个不同的数字，试求下列事件的概率：=｛三个数字中不含0和5｝；=｛三个数字中不含0或5｝。解样本点总数为N==120中所含样本点数为除去0和5，由剩下的8个数字中取3个，其个数为==56，故P()===中的样本点：不含0有个，不含5也有个,它们当中还包含有既不含0又不含5的样本点，应减去，故中所含样本点数为=2－，故P()===例6某厂生产的50千克装水泥，每40包为一批。现发现某一批中混入了两包40千克装和一包60千克装的，为减少该批水泥出厂的机会，在每批水泥出厂时，都要将其分成20包一堆的两堆，称其一堆，问将混有三包重量不合格的那批分为两堆时，⑴三包不合格同分在一堆内；⑵两包40千克同分在一堆内，60千克包分在另一堆内的概率各位多少？解将40包水泥分成前后两堆，每堆20包共有种分法。⑴设A=｛三不合格包同分在同一堆内｝的分法有2，故P(A)=⑵设B=｛两40千克包分在一堆内，60千克包分在另一堆内｝，则B发生的分法有2，故P(B)=例7某人有n把钥匙，其中只有一把能开开他的门，他逐个的将它们k试开（抽样是无放回的）。证明试开k（k=1，2，…n）次才能把门开开的概率与k无关。解从n把钥匙中无放回的取出k把，共有种取法，地k次才能把门开开（前k－1次没开开）的取法有种，故P==k=1，2，…，n例8n个人定了n张票，其中有k张是甲种票。现在这n个人依次各取一张，试证明每个人抽的甲种票的概率都是。解n个人依次各取一张票，共有n!种取法。其中第j个人抽到甲种票的取法可这样来计数：第j个位置上安放一张甲种票，有k种情形，而另外的n－1张相当于对的n－1全排列，有（n－1）！种，故第j个人抽到甲种票的抽法有k(n－1)！种，因此P=j=1，2，…，n这就证明了每个人抽到甲种票的概率都是。例9参加国际象棋赛的16名选手种有3名中国人，1名瑞士人，抽签分4组（每组4人）预赛。求⑴三名中国人在同一组的概率；⑵三名中国人分在两个组的概率；⑶瑞士人所在组有中国人的概率。解将16名选手均分成4组，每组4人。共有种等可能分法。⑴A=｛3个中国人分在同一组｝，使A发生的分法共有=种，故P(A)=。⑵B=｛3个中国人分在两个组｝，是B发生的分法可以这样来计算：在一个组中分一个中国人，分法有，在另一组种分两个中国人，在从10个人中取两人成一组，分法有，余下的8人分法有。由乘法原理，B发生的分法有=，故P(B)=⑶C=｛瑞士人所在组中有中国人｝，则=｛瑞士人所在中没有中国人｝。使发生的分法可以这样来计算：先把3个中国人去掉，对剩下的13人分组，其中有一个是瑞士人。这种分法有，再将余下12人，其中有三个中国人进行分组。分法有种，有乘法原理知发生的分法，有，故P(C)=1－P()=1－=例10一袋中装有10个外形相同的球，有4个人无放回的依次取球。其中甲想摸到标号为1的球，问该人在第几次摸球最有利？第几次摸球最不利？解10个球有4个人放回的一次摸球，且要考虑摸球人的次序。甲在某次摸，其余三个人还有不同的次序，故样本点总数为。设=｛甲第j次摸球时，摸到标号为1的球｝，对包括样本点的计算为：甲在第i次摸到标号为1的球，其余3人从9个求中各摸一球，且要考虑人的次序，故有因此P(A)=I=1，2，3，4。例11有n双皮鞋（共2n只）混在一起，现在将这些皮鞋随机的分给n个人，每人两只，试求下列事件的概率。⑴A=｛每人分到的鞋都成双｝；⑵B=｛每人分到左、右脚的鞋各一只｝。解将2n只鞋分给n个人，每人两只。第一个人可分得2n只鞋中的任意两只，第二个人可分得2n－2只鞋的任